Physique – exercitation sur la question du soleil d'iter - correction, Questions d'examen de Physique Numérique. Université Claude Bernard (Lyon I)
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Physique – exercitation sur la question du soleil d'iter - correction, Questions d'examen de Physique Numérique. Université Claude Bernard (Lyon I)

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Physique – exercitation sur la question du soleil d'iter - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Étude de la réaction de fusion, Quelques précisions sur le tritium.
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Exercice II: Au soleil d'ITER 5,5pts

2006/09 Polynésie EXERCICE II : AU SOLEIL D'ITER (5,5 points)

Correction

1. Étude de la réaction de fusion 2 1 H + 3

1 H  4

2 He + 1

0 n

1.1. Variation de masse = m(produits) – m(réactifs)

= m( 4 2 He ) + m( 1

0 n ) – m( 2

1 H ) – m( 3

1 H )

= (4,00150 + 1,00866 – 2,01355 – 3,01550 )1,6605410–27

variation de masse = –3,1367610–29 kgvaleur stockée en mémoire

Toute réaction nucléaire s'accompagne d'une perte de masse. Cette perte de masse va s’accompagner d’une

libération d’énergie (équivalence masse-énergie)

1.2. E énergie produite = – énergie cédée par les réactifs

E = – [m(produits) – m(réactifs)].c²

E = – 29 8

13

3,13676 10 (2,998 10 )²

1,602 10

  

E = 17,60 MeVcalcul effectué avec la valeur non arrondie de m

1.3. nombre de noyaux présents dans m = 1,0 g de noyaux de deutérium noté N

masse d'un noyau de deutérium, notée mD : mD = 2,01355 u soit mD = 2,013551,6605410–27

mD = 3,3435810–27 kg

mD = 3,3435810–27103 g

mD = 3,3435810–24 g

N = D

m

m

N = 24

1,0

3,34358 10

N = 3,01023 noyauxcalculé effectué avec la valeur non arrondie de mD

1.4. nombre de noyaux présents dans m' = 1,5 g de noyaux de tritium noté N'

N' = T

m'

m

N' = 24

1,5

3,01550 1,66054 10 

N' = 3,01023 noyaux

1.5. La réaction précédente aurait lieu 3,01023 fois libérant une énergie de 17,603,01023 = 5,31024

MeV.

Conversion en joules en multipliant par 1,60210–13

La fusion de 1,0 g de noyaux de deutérium avec 1,5 g de noyaux de tritium pourrait libérer 8,51011 J.

1.6.1. Conversion en tep, on divise par 4,21010

La fusion de 1,0 g de noyaux de deutérium avec 1,5 g de noyaux de tritium pourrait libérer 20 tep.

1.6.2. Pour comparer l'intérêt énergétique de la fusion face à celui de la fission, calculons l'énergie libérée

par la fission de 2,5 g d'uranium (pour avoir la même masse de réactifs).

E = 2,51,8 = 4,5 tep.

La fusion, pour une même masse de réactifs, libère entre quatre à cinq fois plus d'énergie que la fission.

2. Quelques précisions sur le tritium :

2.1. 6 3 Li + 1

0 n  4

2 He + 3

1 H

2.2. 3 1 H 0

1 e

 + 3

2 He

2.3.1. relation (1) N(t)

λ.N(t) t

  

 donc N(t) = –.t.N(t)

relation (2) N(t+t) = N(t) + N(t) = N(t) –.t.N(t)

N(t+t) = N(t).[1 –.t]

2.3.2. Calculs à effectuer avec la valeur de en an–1 Date t (an) 0 1 2

N 3,01023 2,81023 2,71023

N(0+1) = N(0).[1–] N(1+1) = N(1).[1–]

N(1)= 3,01023(1 – 5,6510–2) N(2)= 2,81023 (1 – 5,6510–2)

calcul avec N(1) non arrondi

2.3.3.1. t1/2 = ln 2

λ

t1/2 = -2

ln 2

5,65 10 = 12,3 ans

2.3.3.2.

2.3.4. 1ère méthode : avec –N = .t.N(t)

–N = 1,7910–910003,01023 = 5,371017 noyaux désintégrés naturellement

m = mT(–N) = 3,015501,6605410–275,371017 = 2,710–9 kg = 2,7µg

Deuxième méthode : Loi de décroissance radioactive : N(t) = N0.e–.t

–N = N0 – N(1000) = N0 – N0.e–.t = N0(1 – e–.t)

–N = 3,01023(1 – exp(–1,7910–91000)) = 5,41017 noyaux désintégrés naturellement

m = mTN = 5,410173,015501,6605410–27 = 2,710-9 kg = 2,7 g

Dans les deux cas, la masse des noyaux désintégrés naturellement est négligeable par rapport à la masse de

tritium utilisée, on peut ne pas tenir compte de la désintégration naturelle du tritium.

t1/2

N0/2

45 ans  13,5 cm

t1/2 ans  3,6 cm

t1/2 = 3,6 45

13,5

 = 12 ans

La détermination graphique est peu précise,

le résultat obtenu est en accord avec le 2.3.3.1.

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